FÍSICA
LIVRO 3
Resoluções das atividades
Sumário
Capítulo 8 – Forças em trajetórias curvilíneas ...........................................................................................................................................................................................1
Capítulo 9 – Trabalho e energia .................................................................................................................................................................................................................3
Capítulo 10 – Impulso e quantidade de movimento .................................................................................................................................................................................5
Capítulo 11 – Colisões mecânicas ..............................................................................................................................................................................................................7
Capítulo 8
Forças em trajetórias curvilíneas
04 A
FAT = FCP
µ ⋅ N = m ⋅ ω2 ⋅ R
Atividades para sala
µ ⋅ m ⋅ g = m ⋅ ω2 ⋅ R
01 E
I. (V) A força centrífuga é uma pseudoforça que aponta
para fora do centro da trajetória.
II. (V)
III. (V) A velocidade é diretamente proporcional à distância do eixo de rotação.
02 No ponto mais alto, tem-se que:
N + P = FCP
µ ⋅ g = ω2 ⋅ R
0, 80 ⋅ 10 = (2, 0 )2 ⋅ R ⇒ R = 2,0
0m
05 A

As forças que atuam no veículo são: o peso P , a força
devido ao “efeito asa”, (igual ao módulo do seu peso P), a

força normal N e o atrito FAT. Logo:
Na situação limite de perda de contato, tem-se que N = 0.
Logo:
2
FCP = P ⇒ mv = mg ⇒ v 2 = g ⋅ R ⇒ v = g ⋅ R
R
v = 10 ⋅ 3, 6 = 36 ⇒ v = 6 m/s
03 A resultante centrípeta que atua no carro, nas posições A
e B, é dada por:

F ASA
N

P
N = FASA + P
N = 2mg
NB
FAT =
m ⋅ v2
m ⋅ v2
⇒ µe ⋅ N =
R
R
Então:
NA
µe ⋅ 2 ⋅ m ⋅ g =

P
m ⋅ v2
⇒ v2máx = 2me · R · g
R
vmáx= 2 ⋅ 1, 25 ⋅ 100 ⋅ 10 ⇒ vmáx= 50 m/s
P
Ponto A:
m ⋅ v2
\NA − P =
R
\NA – 1,0 · 103 · 10 =
=
1, 0 ⋅ 10 3 ⋅ 10 2
1, 0 ⋅ 10 2
NA = 11 000 N
Ponto B:
∴P − NB =
m ⋅ v2
R
\NB = 1,0 · 103 · 10 ⇒
⇒
−1, 0 ⋅ 10 3 ⋅ 10 2
1, 0 ⋅ 10 2
NB = 9 000 N
Ponto A: 11 000 N; ponto B: 9 000 N.
Atividades propostas
01 P – N = FCP
P −N=
m ⋅ v2
R
16000 − FN = 1 600 ⋅
1a Série – Ensino Médio
20 2
⇒ FN = 8000 N
80
1
FÍSICA
LIVRO 3
02 E
07 D

FN
No ponto mais alto:
N + P = FCP ⇒ N = FCP – P, mas N ≥ 0, logo:
N = FCP – P ≥ 0 ⇒ FCP ≥ P ⇒ P ≤ FCP
08 E

P


m ⋅ V2
R
Quanto maior a velocidade, menor a força normal e
mais leve o motoqueiro vai se sentir.
T cos 60º
T
P – N = FCP ⇒ N = P – FCP ⇒ N = mg −
60º
60º
T sen 60º
A velocidade máxima para o motoqueiro não voar (perder o contato com a pista) ocorre quando a normal for
nula (N = 0).
03 A força de atrito entre os pneus do veículo e o asfalto atua
como resultante centrípeta; logo:
FAT = FCP
mv 2
mv 2
⇒ µ ⋅P =
⇒
2
R
mv 2
⇒ v2 = µ ⋅ g ⋅ R ⇒
µ⋅ m ⋅g =
R
v = µgR ⇒ v = 0,15 ⋅ 10 ⋅ 150 = 225 ⇒
µ ⋅N =
⇒ tg 60 o =
m ⋅ ω2 ⋅ R
⇒
m ⋅g
⇒ tg 60 o =
ω2 ⋅ R
⇒
g
3 =
ω 2 ⋅ 0,1 3
⇒
10
10
⇒ ω 2 = 100 ⇒ ω = 10 rad/s
0,1

09 As forças que agem sobre a pessoa são: o peso P, a força

de atrito FAT que se opõe à tendência de escorregamento

e a força normal N que a parede exerce sobre a pessoa.
04 B
N – P = FCP
N = FCP ⇒ N = m · w2 · R 1
m ⋅ v2
⇒
R
Estando o corpo na iminência de cair (mínima velocidade),
o atrito estático será o máximo possível.
30 2
N − 2, 0 ⋅ 10 3 ⋅ 10 = 2, 0 ⋅ 10 3
300
N = 2, 6 ⋅ 10 4 N
FAT = P 2 com FAT = m · N 3
Substituindo 1 , 2 em 3 , tem-se:
05 A força de atrito atua como resultante centrípeta; logo:
2
2
P = mmωm2 í n · R ⇒ mg = mm ωm í n R ⇒ ωmin =
FAT = FCP ⇒ µ ⋅ N = m⋅ ω 2 ⋅ R ⇒
⇒ µ ⋅ P = m ⋅ ω 2 ⋅ R ⇒ µ ⋅ mg = m ω 2 ⋅ R ⇒
µ ⋅ g 0, 2 ⋅ 10
=
⇒R =
= 2 ⋅ 10 −2 m ⇒ R = 2 cm
10 2
10 2
06 a)
ωm í n =
10 Analisando as forças que atuam, tem-se:
0

FEL
T2
NA
T1
(2)
PA

P
b) FEL = FCP
FEL = m · w2 · R ⇒
m · w2 · R = K · X
m · w2 · R = K · (R – L)
2 · 52 · 0,8 = K · (0,8 – 0,6)
⇒ K = 200 N/m
g
\
µ ⋅R
g
⇒ wmín = 2,5 rad/s
µ ⋅R
N
2

P
T sen 60 o FCP
F
=
⇒ tg 60 o = CP ⇒
T cos 60 o
P
P
⇒ ω2 =
v = 15 m/s
N −P =

P
T1
NB
(1)
PB
Corpo B: T1 = FCP0
T1 = mB · w2 · RB = 0,20 · (2,0)2 · 2,0 ⇒ T1 = 1,6 N
Corpo A: T2 − T1 = FCPA
T2 – T1 = mA · w2 · RA
T2 – 1,6 = 0,20 · (2,0)2 · 1,0 ⇒ T2 = 2,4 N
1a Série – Ensino Médio
FÍSICA
LIVRO 3
Capítulo 9
O trabalho 2 é:
t2 = F2 · d2 · cos2 q ⇒ t2 = 0,4 · 2,5 · (cos2 q – sen2 q)
t2 = 1 · (cos2 q – sen2 q) mas,
sen2 q + cos2 q = 1 – sen2 q = –1 + cos2 q
t2 = 1 · (cos2 q – 1 + cos2 q) ⇒ t2 = 2cos2 q – 1 2
Trabalho e energia
Atividades para sala – pág. 21
Substituindo 1 em 2 , vem:
t2 = 2k2 – 1
01 D
Dados: F = 5 N, d = 2 m, α = 15°.
O enunciado permite construir a seguinte igura:
θ = 75°
F
α = 15°
O trabalho de uma força é dado pelo trabalho de sua componente paralela ao deslocamento.
Assim, na figura:
T = F · d · cos α.
Porém, α e θ são complementares. Então: sen θ = cos α.
Portanto:
T = F · d · cos α = F · d · sen θ.
Substituindo os valores dados:
T = 5 · 2 · sen 75°
Ou seja, θ = 75°.
02 E
Dados: m = 1 140 t = 1 140 · 103 kg = 1,14 · 106 kg, h = 710 m,
g = 10 m/s2.
O trabalho realizado para levar o material é igual, em
módulo, ao trabalho da força peso, que é dada por:
WF = m · g · h = (1,14 · 106) · (10) · (710) =
⇒ 8,094 · 10 J = 8 094 000 · 10 J ⇒
WF = 8 094 000 kJ.
9
3
∴τ =
N
02 E
|tP| = m · g · |h| ⇒ |tP| = 5 · 10 · 30 ⇒ |tP| = 1 500 J
03 V, V, F, V
I. (V) Como o movimento é retilíneo, a aceleração é apenas escalar (a).
∆v
.
FR = m |a| ⇒ FR = m
∆t
Pelo gráico, vê-se |∆v0,4| = |∆v7,9|.
Assim:
FR0,4 = m
∆v
∆v 0 ,4
e FR7,9 = m 7,9 .
2
4
Então, dividindo membro a membro, obtém-se:
FR 7, 9
=
FR 7, 9
1
⇒ FR 0 ,4 =
.
2
2
II. (V) Vale lembrar que, no gráico v × t, a distância percorrida é obtida pela “área” entre a linha do gráico
e o eixo do tempo. Basta, então, calcular a área do
trapézio.
área, logo:
4 ⋅ 10
∴ τ = 20 J
2
D = “Área” =
04 A
Considerando apenas a força peso, o trabalho será
resistente, pois força e deslocamento terão sentidos
contrários.
05 D
O trabalho 1 é dado por:
t1 = F1 · d1 · cos q ⇒ t1 = 0,4 · 2,5 · cos q ⇒ t1 = cos q, mas,
t1 = cos q = k 1
01 D
Dados: F = 30 N; ∆S = 800 m.

O trabalho (t) de uma força constante (F) é dado pela
expressão:
t = F · ∆S · cos α.
Como a força é paralela ao deslocamento, α = 0°, cos α = 1.
Então:
t = 30 (800) = 24 000 J = 24 kJ
FR 0 , 4
03 C
Trabalho
Atividades propostas – pág. 22
9 + 3  45 
 = 6(12, 5) = 75 m

2  3, 6 
III. (F) No gráico, a “área” do triângulo de 0 a 4 s é o dobro
da “área” do triângulo de 7 a 9 s. Portanto, a distância percorrida de 0 a 4 s é o dobro da distância
percorrida de 7 a 9 s.
45
75
IV.(V) D = v ∆t ⇒ 75 =
∆t ⇒ ∆t =
=6s
3, 6
12, 5
04 C
O trabalho realizado pela força de tração é nulo, pois T é,
a cada instante, perpendicular à trajetória.
1a Série – Ensino Médio
3
FÍSICA
LIVRO 3
05 B
Trabalho
\t
N
Energia produzida em um mês
b) \ No de habitantes = –––––––––––––––––––––––––––––
Energia per capita mensal
N
área, logo:
(F + 4 )
A ⇒ 300 =
⋅ 40 ∴ F = 11 N
2
06 Isolando os corpos:
\ No =
T
32, 4 ⋅ 10 6 ⋅ 30 ⋅ 24
360 ⋅ 10 3
W ⋅h
W ⋅h
\ No = 64 800 habitantes
T
A) T – PA = mA · a
B) PB – T = mB · a +
–––––––––––––––––––
PB – PA = (mA + mB) · a
30 – 20 = (3 + 2) · a
a = 2 m/s2
B
Atividades para sala – pág. 33
A
01 V, V, V, V, V
PB
PA
O espaço “altura” percorrido nesse movimento uniformemente variado é dado por:
1
1
S = a ⋅ t 2 ⇒ S = ⋅ 2 ⋅ 12 ⇒ S = 1 m
2
2
Portanto:
tP = –mA · g · h = –2 · 10 · 1 ⇒ tP = –20 J
A
A
tP = –mB · g · h = 3 · 10 · 1 ⇒ tP = 30 J
B
B
07 E
t = m · g · h \t = 1 500 · 10 · 100 \ tútil = 1,5 · 106 J
tútil
1, 5 ⋅ 10 6
h = –––––– =
∴ η = 0, 2 ⇒ η = 20%
7, 5 ⋅ 10 6
Etotal
I. (V) Trabalho é a medida da quantidade de energia
transferida por uma força ao longo de um deslocamento.
Em Física, trabalhar é transferir energia, provocando
deslocamento.
II. (V) Fazem-se os cálculos:
1
1
v1 = 4 v 2 ⋅ E1 = mv12 e E2 = mv 22 ⇒
2
2
E
v 2 ( 4 v 2 )2
⇒ 1 = 12 =
= 16
E2 v 2
v 22
III. (V) Energia potencial é energia de posição, dependendo, portanto, de um referencial.
IV. (V) A cada transformação, parte da energia transformada é dissipada, pois não há transformação com
100% de rendimento.
V. (V) A energia cinética provém de outras formas de
energia.
08 E
O trabalho útil é dado por:
02 A
P = F · V \ Pútil = 20 · 10 · 2 ⇒ Pútil = 400 W
Sistema conservativo:
42
mv 2A
v2
EMA = EMB =
⇒ mgh ⇒ h = A =
= 0, 8 m
2
2g 2(10 )
O rendimento h é:
Pútil
80 400
∴
=
⇒ Ptotal = 500 W
h = ––––––
100 Ptotal
Ptotal
Em que: Ptotal = Pútil + Pdissipada ⇒ 500 = 400 + Pd ⇒ Pd = 100 W
03 F, V, V, V, F
m⋅ v 2A 200 ⋅ 62
=
⇒ EC = 3,6 kJ
I. (F) EC =
A
A
2
2
II. (V) EP = mghB = 200 · 10 · 6 ⇒ EPB = 12 kJ
B
09 C
∴ Pot =
m ⋅ 10 ⋅ 32
τ
∴ 8, 5 ⋅ 10 3 =
∴ m = 1 062, 5 kg
∆t
40
Em que a massa m é dada por: m = 70 · n + 370, sendo n o
número de pessoas, logo:
1 062,5 = 70 · n + 370 ⇒ n = 9,8. Note que o número de
pessoas deve ser inteiro, portanto o número máximo de
passageiros a serem transportados é 9.
τ m⋅g⋅h d⋅ v ⋅g⋅h
=
=
=
∆t
∆t
∆t
1 000 ⋅ 400 ⋅ 10 ⋅ 9
=
= Pot = 36 ⋅ 10 6 W
1
10 a)
Pot =
A
A
IV. (V) tp = m · g · h = 200 · 10 · 4 ⇒ tp = 8,0 kJ
200 ⋅ v 2C
V. (F) EM = EM ⇒ 23 600 =
⇒ v C ≅ 15, 4 m/s
A
C
2
04 A
I. (F) EM = EC + EP
A
A
A
II. (F)
mv 2 0, 2 ⋅ 22
III. (V) EC =
=
⇒ EC = 0, 4 J
2
2
IV. (V) EM = EC + EP
C
C
C
05 A
Como a usina possui eficiência de 90%, tem-se:
90
⇒ Potútil = 32,4 · 106 ⇒ Potútil = 32,4 MW
Potútil = 36 ⋅ 10 6 ⋅
100
4
III. (V) EM = ECA + EPA = 3,6K + 200 · 10 · 10 ⇒ EM = 23,6 kJ
Utilizando o Teorema da Energia Mecânica:
tF
não conservativa
= EM
tF
não conservativa
= EC + EP – (EC + EP )
1a Série – Ensino Médio
inal
B
– EM
B
inicial
A
A
FÍSICA
LIVRO 3
tF
não conservativa
1
1
= m ⋅ vB2 + m ⋅ g ⋅ hB −  m ⋅ v 2A + m ⋅ g ⋅ hA 
2

2
∴ −1, 56 ⋅ 10 5 = 0 + 1, 2 ⋅ 10 3 ⋅ 10 ⋅ h

1
∴ −  ⋅ 1, 2 ⋅ 10 3 ⋅ 10 2 + 1, 2 ⋅ 10 3 ⋅ 10 ⋅ 20

2
∴ h = 12 m
I. (F) A energia mecânica será mínima quando a altura for
5
mínima. Como hmín = R , vem:
2
5
= 7 200 J
EM = EC + EP = 0 + 300 · 10 · · 6 ⇒ EM
A
A
Amín
A
2
II. (V) Para vB , vem:
01 D
I. EM = EM
Q
\ EC + EP = EC + EP
P
Q
P
mín
Q
\ 0 + 70 · 10 · 5 = EC + 0
Q
\ EC = 3,5 · 103 J
P = FCP ⇒ m · g =
Q
II. EC =
Q
mv
2
2
Q
I. Exemplo de trabalho de força dissipativa (força de
atrito), para o qual a energia mecânica não se conserva;
II. Exemplo de trabalho de força conservativa (força elástica), para o qual a energia mecânica se conserva.
08 F, V, V, V, V, F, F
Atividades propostas – pág. 34
P
07 A
⇒ 3 500 =
70 ⋅ v
2
tF = ∆EC =
2
0
2
= vB = g ⋅ R ⇒vB
mín
= 60 m/s
5
5
R ⇒ hmín= · 6 ⇒ hmín= 15 m.
2
2
IV. (V) Não há dissipação de energia mecânica.
V. (V) Deinição de sistema conservativo.
VI. (F) hmín= 15 m.
VII. (F) Não há dissipação de energia mecânica.
⇒ vQ = 10 m/s
09 C
EM = EM
A
B
\ EC + EP = EC + EP
A
A
B
2
2
mv mv
12 ⋅ 7 12 ⋅ 4
−
=
−
⇒ τF = 198 J
2
2
2
2
B
\ 0 + mgH = 12 + m · g · h, mas h =
\ mgH = 12 + mg ·
2
mí n
R
III. (V) hmín=
2
Q
02 F, V, F, F, V, V
I. (F) A energia mecânica permanece constante.
II. (V) A energia utilizada é a mesma.
III. (F) O trabalho da força centrípeta é nulo.
IV. (F) t = F · d · cos q.
V. (V) O trabalho de forças conservativas independente
da trajetória.
VI. (V) Se não houve deslocamento, não houve trabalho.
03 D
mv 2B
H
4
H
H

⇒ mg  H −  = 12
4
4

3
mgH = 12 ⇒ mgH = 16 ⇒ EP = 16 J
A
4
04 E
A partir do gráico, observa-se que a força sempre é positiva. Consequentemente, sempre existe aceleração positiva, aumentando a velocidade “energia cinética”.
05 A
EM = EM \ EC + EP = EC + EP
A
B
A
A
B
\1 000 + mghA = 2 000 + mghB
B
\ mg(hA – hB) = 1 000
\ 50 · 10 · (hA – hB) = 1 000 ⇒ (hA – hB) = 2
10 V, F, V, F
I. (V) Velocidade positiva, aceleração negativa e movimento retardado.
140
II. (F) F1 = m · a1 = 7 ⋅
⇒ F1 = 98 N
10
−140 
F1 = m · a2 = 7 ⋅ 
⇒ F2 = − 49 N
 10 
III. (V) Movimento progressivo, “velocidade positiva”·
IV. (F) tF = ∆EC =
1
mv 2 mv 20
7 ⋅ 140 2
−
⇒τ=
⇒ τ = 68 600 J
2
2
2
x
2m
Impulso e quantidade de
30°
Capítulo 10 movimento
sen 30° =
2
1 2
⇒ = ⇒x=4m
x
2 x
06 B
EM = EM \ EP = EP \ m · g · hA =
A
B
A
B
150 ⋅ x 2
⇒ x2 = 0,16 ⇒ x = 0,40 m
2
Atividades para sala
K ⋅ x2
∴ 0,60 · 10 · 2,0 =
2
01 A
Qantes = Qdepois
5 · 1 + 1 · (–8) = (5 + 1) · v
5 – 8 = 6 · v ⇒ –3 = 6v ⇒ v = –0,5 m/s
1a Série – Ensino Médio
5
FÍSICA
LIVRO 3
02 A
04 B
Q1 = m · v1
Q1 = 0,50 · 40
Q1 = 20 kg ⋅ m/s
Qantes = Qdepois
M
4
3

M · v  M +  ⋅ v' ⇒ M ⋅ v = M ⋅ v' ⇒ v' = v


3
3
4
03 B
v = v0 + a · t
v = 0 + 0,30 · 8
v = 2,4 m/s
Q2 = m · v2
Q2 = 0,50 · 30
Q2 = 15 kg ⋅ m/s
Q=m·v
Q = 0,50 · 2,4
Q = 1,2 kg ⋅ m
2
05 C
9
∆S
⇒ v = 11,25 m/s
=
∆t 8 ⋅ 10 −1
05 a) I = ∆Q
I = mv – mv0
60 = 20 · v – 20 · 5
v = 8 m/s
I = ∆Q ⇒ F · ∆t = mv – mv0
F · 2 · 0,0005 = 100 · 10–3 · (–1) – 100 · 10–3 · 2
F · 2 · 5 · 10–4 = –10–1 – 2 · 10–1
−3 ⋅ 10 −1
F=
⇒ | F | = 3 ⋅ 10 2 N
10 −3
O sinal negativo representa o sentido da ação dessa força
ou seja contrária ao movimento.
Q1 = m · v1
Q1 = 2,0 · 3,0
Q1 = 6,0 kg ⋅ m/s
∆Q 2 = Q12 + Q 22
c) I = F · ∆t
60 = F · 1 · 10–2
F = 6 · 103 N
2
2
∆Q
01 D
Usando o Teorema do Impulso:
Q2
2
∆Q = 6 + 8
∆Q = 10 kg ⋅ m/s
I = ∆Q ⇒ F · ∆t =∆Q ⇒
⇒ F · 2 = 10 ⇒ F = 5 N
Atividades propostas
Q1
08 B
I = ∆Q
F ⋅ ∆t = mv − mv 0
F ⋅ 0, 25 = 0, 45 ⋅ 20 − 0, 45 ⋅ 0 ⇒ F = 36 N
02 A
Usando o Teorema do Impulso:
I = ∆Q = mv – mv0 = 0,020 · 150 – 0,020 · 250
I = 3 – 5 \ I = –2 N ⋅ s ⇒ | I | = 2 ⋅ Ns
O sinal negativo representa o sentido da ação dessa força
ou seja contrária ao movimento.
03 D
Usando a conservação da quantidade de movimento:
Qantes = Qdepois
0 = MB · vB + Mr · vr
0, 52
0 = 15 · 10–3 · v0 + 7,5 ·
0, 40
6
EC =
07 B
8−5
∆v
⇒ 300 =
⇒ ∆t = 1⋅ 10 −2 s
∆t
∆t
15 · 10–3 · v0 = 7,5 · 1,3 ⇒ v0 = 650 m/s
mv 2
2
1,2 = 0,4 · v
0, 4 ⋅ 32
EC =
⇒ EC = 1, 8 J
v = 3 m/s
2
Q=m·v
06 C
c) ∆Q = m · v = 0,30 · 11,25 ⇒ ∆Q = 3,375 kg ⋅ m/s
d) I = ∆Q ⇒ F · ∆t = ∆Q
F · 3 · 10–2 = 3,375 ⇒ F = 112,5 N
b) a =
Q1
I = Q 2 − Q1 ⇒ I2 = Q 22 + Q12 ⇒ I2 = 152 + 20 2 ⇒ I = 25 N ⋅ s
1
1
04 a) y = y0 + v0y · t + at2 ⇒ 3,2 = 0 + 0 · t + · 10 · t2 ⇒
2
2
t = 8 · 10–1 s
b) v =
i
Q2
No instante em que atinge a velocidade constante:
P = FR ⇒ m · g = 8v2 ⇒ 80 · 10 = 8 · v2 ⇒ v = 10 m/s
Usando o Teorema do Impulso:
I = ∆Q ⇒ F · ∆t = mv – mv0
F · 4 = 80 · 30 – 80 · 10 ⇒ F = 400 N
09 D
I = ∆Q
τ = ∆EC
I = mv – mv0
τ=
I = 2 · 10 – 2 · 5
I = 10 N ⋅ s
mv 2 mv 20
−
2
2
2 ⋅ 10 2 2 ⋅ 52
τ=
−
2
2
τ = 75 J
10 C
Ao chegar à esteira, a velocidade horizontal da areia é nula.
A seguir, ela adquire velocidade horizontal igual à da esteira
(v = 0,5 m/s). Para que isso aconteça, a areia recebe da esteira,
devido ao atrito, uma força horizontal para a direita de intensidade F. Pelo Teorema do Impulso, tem-se:
1a Série – Ensino Médio
FÍSICA
LIVRO 3
I = ∆Q \ F · ∆t = m · v ⇒ F =
m
⋅ v = 80 ⋅ 0, 5 ∴ F = 40 N
∆t
Pelo Princípio da Ação e Reação, a areia aplica na esteira
uma força horizontal para a esquerda e de intensidade
F = 40 N. Para que a velocidade permaneça constante e
igual a v = 0,5 m/s, a força adicional necessária a ser aplicada na esteira deve ter intensidade F = 40 N, horizontal
e para a direita.
05 D
Usando a conservação da quantidade de movimento:
Qantes = Q depois
2 ⋅ 10 + 1 ⋅ 0 = 2v'A + 1 ⋅ v'B
20 = 2v'A + v'B 1
e=
vrdepois
vrantes
⇒1 =
v'B − v'A = 10
Capítulo 11 Colisões mecânicas
v'B − v'A
10
2
Re solvendo o sistema, vem:
2v'A + v'B = 20
40
10
⇒ v'A = m/s e v'B = m/s

'
−
'
=
10
v
v
3
3
A
 B
Atividades para sala
Sabendo que o movimento é uniforme, determina-se a
posição de A no instante em que B toca a parede.
01 C
Qcaminhão = Qsuper-homem
SB = S0B + VB ⋅ t
6 000 · 40 = 200 · Ms ⇒ Ms = 1 200 kg
4=0+
t=
02 E
Usando a conservação da quantidade de movimento:
Qantes = Q depois
Q1 + Q 2 = Q12 ⇒ mv + 3m ⋅ 0 = (m + 3m) ⋅ v'
m ⋅ v = 4 m v' ⇒ v = 4 v'
40
⋅t
3
3
s
10
Qi x = Q f x ⇒ 0 = mc ⋅ v c , x + mM ⋅ vM x ⇒
SA = 0 +
10 3
⋅
3 10
SA = 1 m
Após o choque de B com a parede, determina-se a posição de encontro “A e B”.
SA = S0 A + VA ⋅ t


10
⋅t
SA = 1 +
3

03 Analisando a conservação da quantidade de movimento
na horizontal (eixo x), tem-se que:
SA = S0 A + VA ⋅ t
SB = S0B + VB ⋅ t


40
⋅t
SB = 4 −
3

10
40
9
t = 4 − ⋅t ⇒ t = s
3
3
50
10 9
SA = 1 + ⋅
⇒ SA = 1, 6 m
3 50
SA = SB ⇒ 1 +
0 = mc ⋅ v c , x + mm ⋅ vm ⋅ cos 60° ⇒
1
⇒ 400 ⋅ v c , x = − 40 ⇒
2
= − 0,1 m /s = − 0, 36 km / h ⇒ v c , x = 0,36 km
m/h
Atividades propostas
0 = 400 ⋅ v c , x + 4 ⋅ 20 ⋅
vc, x
01 D
Pela conservação da quantidade de movimento, tem-se:
Qi = Qf
04 A
Usando a conservação da quantidade de movimento:
0 = mH · vH + mp · vp
Qantes = Q depois
0 = 80 · vH + 10 · 8
80 · vH = –80
m ⋅ 0 + m⋅ v = (M + m) ⋅ v 0 ⇒ 490 ⋅ 0 + 10 ⋅ 400
vH = –1,0 m/s ⇒ vH = –1 m/s
( 490 + 10 ) ⋅ v 0 ⇒ 4 000 = 500 v 0 ⇒ v 0 = 8 m /s
vH = 1, 0 m/s
Usando a equação de Torricelli:
−32
d
32
−


⇒ 0, 2 ⋅ 0, 5 ⋅ 10 =
F = m ⋅ a ⇒ − FAT = m ⋅ a ⇒ − µ ⋅ N = m ⋅ 
 d 
−32
⋅ 0, 5 ⇒ d = 16 m
d
v 2 = v 20 + 2 ⋅ a ⋅ ∆S ∴ 0 2 = 82 + 2 ⋅ a ⋅ ∆S ⇒ a =
02 Qantes = Q depois
mA 3 + mB ( −6) = mA ⋅ ( −5) + mB ⋅ 4
3mA + 5mA = 6mB + 4mB ∴ 8mA = 10mB
mA 10 mA 5
= ⇒
=
mB 8
mB 4
1a Série – Ensino Médio
7
FÍSICA
LIVRO 3
03 a) Choque perfeitamente inelástico:
Qantes = Q depois
v'1 + 2v'2 = 3
v'2 − v'1 = 3 +
3v'2 = 6 ⇒ v'2 = 2 m / s, em que v'1 = 2 m / s
4 ⋅ 3 = ( 4 + 2) ⋅ v ⇒ v = 2 m/s
De 1 e 2, vem:
Calculando a velocidade da partícula de massa 2 m ao
se chocar com o solo:
m1v12 4 ⋅ 32
=
⇒ ECantes = 18 J
2
2
2
( 4 + 2 ) ⋅ 22
m v
⇒ ECdepois = 12 J
ECdepois = 12 12 =
2
2
∆EC = ECdepois − ECantes = 12 − 18 ⇒ ∆EC = − 6 J
b) ECantes =
EMB = EMsolo ∴ ECB + EPB = ECsolo + EPsolo
2 mv 2
2 m (2)2
+ 2m ⋅ g ⋅ ( 0, 8) =
∴ v 2 = 20 ⇒ v = 2 5
2
2
04 A
b) EMB = EMD ∴ECB + EPB = ECD + EPD
Qantes = Q depois ∴ m1 ⋅ v1 + m2 ⋅ v 2 = m1v'1 + m2 v'2
3 ⋅ 2 + 1⋅ 0 = 3 ⋅ v'1 + 1⋅ v'2 ∴ 3 ⋅ v'1 + v'2 = 6
e=
Vrdepois
Vrantes
⇒ 1=
m ( −1)2
= m ⋅ 10 ⋅ h ⇒ h = 0, 05 m
2
c) O tempo de queda para as duas partículas é o mesmo,
1
1
h = ho + v o ⋅ t + gt 2 ⇒ 0, 8 = ⋅ 10 ⋅ t 2 ⇒ t = 0, 4 s
2
2
Calculando as distâncias que as esferas tocam o solo
em relação à rampa:
1
v'2 − v'1
⇒ v'2 − v'1 = 2 2
2
De 1 e 2 , v'1 = 1 m / s e v'2 = 3 m /s .
05 B
Qantes = Q depois ∴ m1 ⋅ v1 + m2 ⋅ ≤ v 2 = (m1 + m2 ) ⋅ v
70 ⋅ 3, 0 + 30 ⋅ 1, 0 = ( 70 + 30 ) ⋅ v ∴ 240 = 100 ⋅ v ⇒ v = 2, 4 m /s
06 Para um choque frontal e elástico, tendo as partículas a
mesma massa, haverá troca de velocidades, ou seja, a que
estava em movimento icará em repouso e a que estava
em repouso entrará em movimento com a mesma velocidade v. Portanto, a velocidade relativa após o segundo
choque vale v = 93 cm/s.
Esfera de massa 2m:
d2 = v 2 ⋅ t = 2 ⋅ 0, 4
d2 = 0, 8 m
Esfera de massa m:
d1 = v1 ⋅ t = 1 ⋅ 0, 4
d1 = 0, 4 m
Portanto, a distância entre os pontos de impacto das
partículas com o solo é “d2 – d1”= 0,4 m.
09 a) Qantes = Q depois
07 D
Conservação da quantidade de movimento:
m ⋅ v 0 + m ⋅ 0 = (m + m) ⋅ v
Qantes = Q depois ∴ mv1 + m ⋅ 0 = (m + m) ⋅ v
m ⋅ 120 = 2 m ⋅ v ⇒ v = 60 km
m ⋅ 4 = 2m ⋅ v ⇒ v = 2,0 m/s
14243
Conservação da energia mecânica:
2 mv 2
v2
22
EMA = EMB ∴
= 2 mgh ⇒ h =
=
⇒
2
2 ⋅ g 2 ⋅10
⇒ h = 0, 20 m ⇒ h = 20 cm
0 = v 20 + 2 ⋅ a ⋅ d
d=
08 a) Calculando a velocidade da partícula 1 imediatamente
antes da colisão:
EMA = EMB ∴ ECA + EPA = ECB + EPB
mv 2
mgR =
∴ v = 2 ⋅ g ⋅R ⇒
2
v = 2 ⋅ 10 ⋅ 0, 45 ⇒ v1 = 3 m/s
Calculando as velocidades das partículas 1 e 2 imediatamente após a colisão:
Qantes = Q depois
m ⋅ 3 + 2 m ⋅ 0 = m ⋅ v'1 + 2m ⋅ v'2 (: m) ∴ v'1 + 2v'2 = 3 1
e=
8
vrdepois
vrantes
⇒ 1=
14243
b) Usando a equação de Torricelli: v 2 = v 20 + 2 ⋅ a⋅ ∆S
( Verdade)
(Mentira)
120 2
2 ⋅a
0 = 60 2 + 2 ⋅ a ⋅ d'
d' =
1
de 1 e 2 : d' =
60 2
2⋅a
2
d
4
10 Do Princípio de Conservação da Quantidade de Movimento, tem-se:
Q i = Qf
0 = mC · vC + mP · vP
0 = 2,0 · 103 · vC + 4,0 · 6,0 · 102
2,0 · 103 · vC = –2,4 · 102
vC = 1,2 m/s
vH = 1, 0 m/s
v'2 − v'1
⇒ v'2 − v'1 = 3 2
3
1a Série – Ensino Médio
FÍSICA
LIVRO 3
Resoluções de ENEM e vestibulares
01 A
Como a trajetória é curvilínea, as gotas de água terão uma
trajetória saindo pela tangente, cuja direção é deinida
pelo sentido de rotação do cilindro.
02 D
Sabendo que a força F que traciona atua como uma resultante centrípeta, tem-se que:
F = FCP ⇒ F =
mv 2 0, 5 ⋅ 10 2
=
= 0, 5 ⋅ 100 ⇒ F = 50 N
R
1
03 B
A velocidade é tangencial à trajetória circular, enquanto
que a aceleração e a força resultante apontam para o centro (pois são de natureza centrípeta).
04 D
Energia em joules associada à dieta da pessoa:
E = 30 kcal = 30 · 4,19 kJ = 125,7 kJ = 125,7 · 103 J
Para elevar uma massa de 1 kg, tem-se que:
E = mgh
125,7 · 103 = 1 · 10 · h
h = 12 570 m
05 D
Energia potencial: EP = m · g · h. Sendo uma descida, a
altura diminui, a energia potencial diminui.
m ⋅ v2
Energia cinética: EC =
. Sendo constante a veloci2
dade, a energia cinética também é constante.
Energia mecânica: EM = EC + EP. Se a energia potencial
diminui e a energia cinética é constante, a energia mecânica diminui.
06 C
Do enunciado do problema, a eiciência de cada reator é
dada por:
E
1, 0 ⋅ 10 9
= 0, 3 = 30% (aproximadamente)
ε = útil =
Etotal 3, 2 ⋅ 10 9
07 D
A energia total gerada é de 4 · 1,0 · 109 J/s = 4,0 · 109 W.
O número de lâmpadas de 100 W que podem ser alimentadas é dado por:
N = 4,0 · 109 W/100 W = 40 · 106 = 40 milhões de lâmpadas.
08 B
O calor recebido pela água é dado por:
∆Q = mc∆θ = 500 · 1 · 14 = 7 000 cal = (7 000 · 4,2) J = 29 400 J
O fato de o corpo cair com velocidade constante garante
que não houve transformação de energia potencial gravitacional em cinética.
Pode-se concluir, então, que toda a energia potencial gravitacional perdida na queda se transformou em energia
térmica.
Logo: ∆Q = ∆Ep = 29 400 J
Como são 30 quedas, tem-se:
29400
=2m
∆Ep = mgh ⇒ 29 400 = 30 · 50 · 9,8 h ⇒ h =
14 700
09 E
A usina que ocupou a maior extensão em área alagada
com 4 214 km2 foi Sobradinho. Toda essa extensão resulta
em uma produção energética de cerca de 1 050 MW, o
menor valor entre as demais usinas. De fato, sua construção implicou o deslocamento de diversas cidades como
Santa Sé, Pilão Arcado, entre outras, e sua reconstrução
em locais livres de inundação. Além do custo econômico,
deve-se lembrar também do impacto ambiental, cuja avaliação é de difícil constatação.
10 V, V, V, F
I. (V) A velocidade média atingida pelo atleta foi de
5,58 m/s, que equivale a 20,088 km/h.
II. (V) A energia química é transformada em movimento e
em calor.
III. (V) A água retira o calor do corpo dos atletas, no processo de vaporização.
IV. (F) A energia é dada pelo produto da potência pelo
tempo. Logo:
E = P · ∆t = 800 · (3 600 + 360 + 5) = 3 172 000 J = 3 172 kJ
11 B
m ⋅ v2
2
m (2v )2
m ⋅ v2
=
⇒ EC 2 = 4
2
2
EC 1 =
EC 2
⇒
EC1
EC2
=
1
4
12 B
Utilizando o Teorema do Impulso, tem-se:
I = ∆Q = m(vf – vi)
I = 40 · 103 · (2,2 – 1,4) = 32 000 N · s
1a Série – Ensino Médio
1
FÍSICA
LIVRO 3
13 C
Usando a conservação da energia mecânica, tem-se:
2
EM = EM ⇒ m ⋅ g ⋅ h = m ⋅ vB ⇒ vB2 = 2 ⋅ g ⋅ h
A
2
B
Usando a equação de Torricelli, vem:
v 2C = vB2 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s ⇒ 02 = 2 · g · h + 2 · a · 5 ⇒ a = –2 h
F = m · a ⇒ FAT = m · a ⇒ FAT = m · 2 · h ⇒ FAT = 2 mh
14 A
Do enunciado do problema, tem-se:
mM + mC = 60 ⇒ mC = 60 – mM
Pelo Princípio de Conservação da Quantidade de Movimento, tem-se:
Qi = Qf
0 = mC · vC + mM · vM
0 = (60 – mM) · 3 + mM · (–2)
2 · mM + 3 · mM = 60
60
mM =
5
mM = 12 kg
15 A
Dados: P = 10 N; h = –10 cm = –0,1 m; k = 100 N/m.
Seja analisada a igura a seguir.
P

g

FEL

P tan g
10 cm
Plano
referencial
12 cm
q
Como o bloco está em equilíbrio, a resultante das forças
sobre ele é nula, ou seja, a força elástica é equilibrada pela
componente tangencial do peso. Assim:
FEL = Ptang ⇒ k x = P sen θ ⇒ x =
P sen θ 10( 0, 8)
=
100
k
⇒ x = 8 ⋅ 10 −2 m
Como o centro de massa do bloco está abaixo do plano
referencial, sua energia potencial gravitacional é negativa.
Fazendo a soma pedida das energias:
k x2
100 (8 ⋅ 10 −2 )2
−Ph=
− 10( 0,1) = 0, 32 − 1 ⇒
2
2
= − 0, 68 J
el
grav
EPot
+ EPot
=
el
grav
EPot
+ EPot
16 D
Velocidade constante ⇒ FR = 0, portanto:
FA = P = m · g ⇒ FA = 5,0 · 10–5 · 10 ⇒ FA = 5,0 · 10–4 N
Como a velocidade é constante, a energia cinética da gota
é constante e a energia mecânica dissipada é medida pela
perda de energia potencial:
ED = m · g · h ⇒ ED = 5,0 · 10–5 · 10 · 120 ⇒ ED = 6,0 · 10–2 J
2
1a Série – Ensino Médio